苏科版九年级上册2.5 直线与圆的位置关系练习

这是一份苏科版九年级上册2.5 直线与圆的位置关系练习，共42页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。

专题2.28 切线长定理（分层练习）
一、单选题

1．如图，从圆外一点引圆的两条切线，，切点分别为，，如果， ，那么弦AB的长是（   ）

A． B． C． D．
2．如图，、是的切线，是的直径，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
3．下列说法中错误的是（     ）
A．切线与圆有唯一的公共点 B．到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线
C．垂直于切线的直线必经过切点 D．从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等
4．下面图形中，一定有内切圆的是（     ）
A．矩形 B．等腰梯形 C．菱形 D．平行四边形
5．如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（  ）

A．65° B．60° C．58° D．50°

6．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（     ）

A．6 B．7 C．8 D．9
7．如图，、、分别切于点、、，的半径为5，，则的周长为（     ）

A．18 B．20 C．24 D．30
8．在中，，下列说法错误的是（　　）
A． B．
C．内切圆的半径 D．当时，是直角三角形
9．如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，则正方形ABCD的边长是（　　）

A．3 B．4
C． D．
10．如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于，则（ ）

A． B． C． D．

11．如图，AD是⊙O的直径，PA，PB分别切⊙O于点A，B，弦BC∥AD．当的度数为126°时，则∠P的度数为（　　）

A．54° B．55° C．63° D．64°
12．如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别相为点D、E、F，设△ABC的面积、周长分别为S、l，⊙O的半径为r，则下列等式：
①∠AED＋∠BFE＋∠CDF＝180°；②S=l r；③2∠EDF＝∠A＋∠C；④2（AD＋CF＋BE）＝l，其中成立的是（  ）

A．①②③④ B．②③④ C．①③④ D．①②③
13．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（     ）

A． B． C． D．
14．已知与各边相切于点，，则的半径（  ）

A． B． C． D．
15．在平面直角坐标系中，点A（0,2）、B（a,a+2）、C（b,0）（a>0,b>0），若AB=且∠ACB最大时，b的值为（　　）
A． B． C． D．
二、 填空题

16．如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O切于A、B，C是弧AB上任意一点，过C作⊙O的切线分别交PA、PB于D、E，若△PDE的周长为20cm，则PA长为 ．

17．如图，圆O是△ABC的内切圆，若∠ABC＝60°，∠ACB＝50°，则∠BOC＝ °；

18．如图，四边形为的内接四边形，是的内心，点与点关于直线对称，则的度数是 ．

19．如图，在中，内切与边相切于点，，，，则的长是 ．

20．如图，点O，I分别是锐角的外心、内心，若，则的度数为 ．


21．如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，若∠BDE+∠CFE=110°，则∠A的度数是 ．

22．如图，PA、PB、CD是⊙O的切线，A、B、E是切点，CD分别交PA、PB于C、D两点，若∠APB＝40°，PA＝5，则下列结论：①PA＝PB＝5；②△PCD的周长为5；③∠COD＝70°．正确的有 个．

23．在中，，，则的内切圆半径长为 ．
24．如图，圆O是四边形ABCD的内切圆，若∠BOC＝118°，则∠AOD＝ ．

25．一个三角形三边长分别为5，12，13，R是其外接圆半径，r是其内切圆半径，则R﹣r＝ ．

26．如图，中，，以为直径的交于，交于，交于，点为延长线上的一点，延长交于，，下列4个结论：①；②；③；④．其中正确的结论是 （填写所有正确结论的序号）

27．PA，PB，CD是⊙O的切线，A，B，E是切点，CD分别交PA，PB于C，D两点，若∠APB=50°，则∠COD的度数为 ．
28．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，点是的内心，将绕原点顺时针旋转后，的对应点的坐标是 ．

29．将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转30°，得正方形AB1C1D1，B1C1交CD于点E，AB＝，则四边形AB1ED的内切圆半径为

30．如图，∠MAN＝45°，B、C为AN上两点，AB＝1，BC＝3，D为AM上的一个动点，过B、C、D三点作⊙O，当 sin∠BDC的值最大时，⊙O的半径为

三、 解答题

31．如图，PA与⊙O相切于点A，点B在⊙O上，且PA=PB．
（1）求证：PB与⊙O相切；
（2）点Q在劣弧AB上运动，过点Q作⊙O的切线分别交PA，PB于点M，N．若PA=6，则△PMN的周长为______．







32．如图，Rt中，，为上一点，以为圆心，长为半径的圆恰好与相切于点，交于点，连接，并延长交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径及的长．








33．如图，AB为⊙O的切线，B为切点，过点B作BC⊥OA，垂足为点E，交⊙O于点C，延长CO与AB的延长线交于点D．
（1）求证：AC为⊙O的切线；
（2）若OC＝2，OD＝5，求线段AD和AC的长．







34．如图，AB、BC、CD分别与⊙O切于E、F、G，且AB∥CD．连接OB、OC，延长CO交⊙O于点M，过点M作MN∥OB交CD于N．
（1）求证：MN是⊙O的切线；
（2）当OB＝6cm，OC＝8cm时，求⊙O的半径及MN的长．









35．已知为的直径，，C为上一点，连接．

（1）如图①，若C为的中点，求的大小和的长；
（2）如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长．






36．如图，AB、CD是⊙O中两条互相垂直的弦，垂足为点E，且AE＝CE，点F是BC的中点，延长FE交AD于点G，已知AE＝1，BE＝3，OE＝．
（1）求证：△AED≌△CEB；
（2）求证：FG⊥AD；
（3）若一条直线l到圆心O的距离d＝，试判断直线l是否是圆O的切线，并说明理由．





























参考答案
1．C
【分析】先利用切线长定理得到，再利用可判断为等边三角形，然后根据等边三角形的性质求解．
解：，PB为的切线，
，
，
为等边三角形，
．
故选C．
【点拨】本题考查切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
2．B
【分析】（1）根据切线长定理推出AP=BP,根据等腰三角形性质和三角形的内角和定理求出
∠PAB=59°,求出∠BAC∠BOC即可.
解：解:（1）PA,PB是⊙O的切线,
AP=BP,
∠P=62°,∠PAB==59°,
AC是⊙O的直径,
∠PAC=90°,
∠BAC=90°-59°=31°，
∠BOC=2∠BAC=62°，
故选B.
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质,切线长定理,切线的性质,圆周角定理等知识点的应用,题型较好,综合性比较强,通过做此题培养了学生分析问题和解决问题的能力.
3．C
【分析】根据圆的切线相关的概念辨析即可．
解：A、B、D说法均正确；
C、垂直于切线的直径必定过切点，但是垂直于切线的直线不一定过切点，故错误；
故选：C．
【点拨】本题考查圆的切线的判定与性质，及切线长定理，熟记基本概念并准确判断是解题关键．
4．C
【分析】根据内切圆的定义以及特殊四边形的性质进行分析，从而可得答案．
解：角平分线上的点到角的两边距离相等，角平分线的交点是内切圆的圆心，菱形的对角线平分对角，
所以菱形的两条对角线的交点到菱形的各边的距离相等，以交点为圆心，交点到菱形的边为半径的圆就是菱形的内切圆，
选项中只有菱形，对角线平分对角．
故选C
【点拨】本题考查了内切圆的定义，菱形的性质，掌握内切圆的定义是解题的关键．
5．B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，
∴∠EPF=∠EOF=60°，
故选：B．

【点拨】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
6．B
【分析】过点作，根据切线长定理设，进而结合已知条件表示出，求得的长，进而即可求解．
解：如图，过点作，

∵是的内心，
∴，
设，
∵BD＝10，
∴，
∴,，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选B．
【点拨】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
7．C
【分析】根据切线的性质，得到直角三角形，根据勾股定理求得的长；根据切线长定理，得，，，从而求解．
解：∵、、分别切于点、、点，
∴，，，．
在直角三角形中，根据勾股定理，得，
∴的周长．
故选：C．
【点拨】本题考查了切线长定理和切线的性质，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
8．C
【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．
解：∵，
∴即，故A说法正确；
当时，，
若以为底，高，
∴，故B说法正确；
设内切圆的半径为r，
则，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，故C说法错误；
当时，，
∴是直角三角形，故D说法正确；
故选：C．
【点拨】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切圆半径与圆的面积周长之间的关系是解题的关键．
9．C
【分析】延长FO交AB于点G，根据折叠对称可以知道OF⊥CD，所以OG⊥AB，即点G是切点，OD交EF于点H，点H是切点．结合图形可知OG=OH=HD=EH，等于⊙O的半径，先求出半径，然后求出正方形的边长．
解：如图：延长FO交AB于点G，则点G是切点，OD交EF于点H，则点H是切点，

∵ABCD是正方形，点O在对角线BD上，
∴DF=DE，OF⊥DC，
∴GF⊥DC，
∴OG⊥AB，
∴OG=OH=HD=HE=AE，且都等于圆的半径．
在等腰直角三角形DEH中，DE=2，
∴EH=DH==AE．
∴AD=AE+DE=+2．
故选C．
【点拨】本题考查的是切线的性质，利用切线的性质，结合正方形的特点求出正方形的边长．
10．B
【分析】过点O作，，设圆的半径为r，根据垂径定理可得△OBM与△ODN是直角三角形，根据三角函数值进行求解即可得到结果．
解：如图，过点O作，，设圆的半径为r，

∴△OBM与△ODN是直角三角形，，
∵等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于，
∴,，
∴，，
∴，，
∴．
故答案选B．
【点拨】本题主要考查了圆的垂径定理知识点应用，结合等边三角形和正方形的性质，利用三角函数求解是解题的关键．
11．A
【分析】根据弧与圆心角的关系，可得，继而可得，根据平行线的性质以及同弧所对的圆周角相等，圆周角定理可得，根据领补角相等可得，根据切线长的性质以及切线的性质求得，进而求得，即可求得．
解：如图，连接，，，

的度数为126°，
．
，
．
，
．
，
，，
．
，是⊙的切线，
，，，
．
故选A．
【点拨】本题考查了弧与圆心角的关系，平行线的性质，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，切线的性质，切线长定理，综合运用以上知识是解题的关键．
12．A
【分析】连接OD、OE、OF、AO、BO、CO，根据等角替换，四边形的性质与切线长定理求解即可.
解：连接OD、OE、OF、AO、BO、CO




∠AED＋∠BFE＋∠CDF＝180°，故①正确；

故②正确；

∴在四边形BFOE中有


故③正确；
⊙O是△ABC的内切圆
∴AD=AE，BE=BF，CD=CF
∴2（AD＋CF＋BE）＝l
故④正确.
故选A.
【点拨】本题主要考查了等角替换，四边形的性质与切线长定理等知识点，综合性较强，根据题意作出辅助线是解题的关键.
13．D
【分析】连接、、，交于，作交BC于点G，利用 ，求出，进一步可得，求出，设⊙的半径为，利用，求出，求出，进一求出，再证明OB垂直平分，利用面积法可得，求得HE长即可求得答案．
解：连接、、，交于，作交BC于点G，如图，

∵AB＝6，AC＝5，BC＝7，
∴，即，解得：，
∴，
∴，
设内切圆的半径为r，
则，解得：，
的内切圆⊙与，，分别相切于点，，，
∴∠ODB=∠OEB=90°，
又∵OD=OE， OB=OB，
∴，
∴BD=BE，
同理， CE=CF，AD=AF，
∵BE+CE=BC=7，
∴BD+BE+CE+CF=14，
∴2AD=（6+5+7）-14=4，即AD=2，
∴，
∴，
，，
垂直平分，
，，
，
，
，
故选：D．
【点拨】本题考查了三角形的内切圆性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，面积法等，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键．
14．C
【分析】根据内切圆的性质，得到，AE=AD=5，BD=BF=2，CE=CF=3，作BG⊥AC于点G，然后求出BG的长度，利用面积相等即可求出内切圆的半径.
解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，作BG⊥AC于点G，

∵是的内切圆，
∴，AE=AD=5，BD=BF=2，CE=CF=3，
∴AC=8，AB=7，BC=5，
在Rt△BCG和Rt△ABG中，设CG=x，则AG=，由勾股定理，得：
，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选：C.
【点拨】本题考查了三角形内切圆的性质，利用勾股定理解直角三角形，以及利用面积法求线段的长度，解题的关键是掌握三角形内切圆的性质，熟练运用三角形面积相等进行解题.
15．B
【分析】根据圆周角大于对应的圆外角可得当的外接圆与轴相切时，有最大值，此时圆心F的横坐标与C点的横坐标相同，并且在经过AB中点且与直线AB垂直的直线上，根据FB=FC列出关于b的方程求解即可.
解：∵AB=，A（0,2）、B（a,a+2）
∴，
解得a=4或a=-4（因为a>0，舍去）
∴B（4,6），
设直线AB的解析式为y=kx+2，
将B（4,6）代入可得k=1，所以y=x+2，
利用圆周角大于对应的圆外角得当的外接圆与轴相切时，有最大值.
如下图，G为AB中点，，

设过点G且垂直于AB的直线，
将代入可得，所以.
设圆心，由，可知，解得（已舍去负值）.
故选：B.
【点拨】本题考查圆的综合题，一次函数的应用和已知两点坐标，用勾股定理求两点距离.能结合圆的切线和圆周角定理构建图形找到C点的位置是解决此题的关键.
16．10cm
【分析】根据切线长定理，可将△PDE的周长转化为两条切线长的和，已知了△PDE的周长，即可求出切线的长．
解：根据切线长定理得：
AD＝CD，CE＝BE，PA＝PB，
则△PDE的周长＝
2PA＝20，
PA＝10．
故答案为：
【点拨】本题考查的是切线长定理，三角形的周长的计算，掌握切线长定理是解题的关键
17．
【分析】根据三角形的内心的概念得到然后根据三角形内角和定理计算即可．
解：∵圆O是△ABC的内切圆，∠ABC＝60°，∠ACB＝50°，
∴
∴∠BOC．
故答案为：．
【点拨】本题考查的是三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，掌握三角形的内心是三角形三个内角角平分线的交点是解题的关键．
18．
【分析】连接OB、OD、BI、DI，利用轴对称的性质证得四边形OBID是菱形，得到∠BOD=∠BID，∠OBD=∠BDO=∠IBD=∠IDB，根据圆周角定理得到∠BOD=2∠A，由圆内接四边形性质得到，求出∠BID=180°-，由此得到2∠A=180°-，求出∠A=．
解：连接OB、OD、BI、DI，

∵点与点关于直线对称，
∴OB=BI，OD=DI，
∵OB=OD，
∴OB=BI=OD=DI，
∴四边形OBID是菱形，
∴∠BOD=∠BID，∠OBD=∠BDO=∠IBD=∠IDB，
∵∠BOD=2∠A，∠BID=180°-（∠IBD+∠IDB），
∵∠IBD+∠IDB=，,
∴ ∠IBD+∠IDB=，
∴∠BID=180°-，
∴2∠A=180°-，
解得∠A=，
故答案为：．
【点拨】此题考查了圆内接四边形对角互补的性质，三角形内心定义，菱形的判定及性质，三角形内角和定理，轴对称的性质，熟记各知识点是解题的关键．
19．6
【分析】设内切与边，分别相切于点E，F，根据切线长定理可得，从而得到，即可求解．
解：如图，设内切与边，分别相切于点E，F，

∵是的内切圆，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
解得：．
故答案为：6
【点拨】本题考查了三角形的内切圆，切线长定理，根据切线长定理列方程是解题的关键．
20．/24度
【分析】连接，先计算出，再利用外心性质和等腰三角形的性质得到，则，利用圆周角定理得到，接着计算出，再根据三角形内心即可解决问题．
解：连接，如图，

∵，
∴，
∵O点为的外心，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵I为的内心，
∴平分，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解决本题的关键是掌握内心与外心定义．
21．40
【分析】根据切线长定理，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理推出∠BDE+∠BED+∠B=180°，∠CFE+∠CEF+∠C=180°，得到2（∠BDE+∠CFE）+∠B+∠C=360°，据此求解即可．
解：∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，
∴BD=BE，CE=CF，
∴∠BDE=∠BED，∠CFE=∠CEF，
∵∠BDE+∠BED+∠B=180°，∠CFE+∠CEF+∠C=180°，
即2∠BDE+∠B=180°，2∠CFE+∠C=180°，
∴2（∠BDE+∠CFE）+∠B+∠C=360°，
∵∠BDE+∠CFE=110°，
∴2×110°+∠B+∠C=360°，
∴∠B+∠C=140°，
∴∠A=180°-（∠B+∠C）= 40°．
故答案为：40．
【点拨】本题考查了切线长定理，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
22．2
【分析】根据切线长定理，可判断①正确；将的周长转化为，可判断②错误；连接、、，求出，再由，可判断③正确．
解：、是的切线，
，故①正确；
、、是的切线，
，，
的周长，故②错误；
连接、、，

，
，故③正确．
综上可得①③正确，共2个．
故选：．
【点拨】本题考查了切线的性质及切线长定理，熟悉相关性质是解答本题的关键．
23．
【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB，由等腰三角形的性质可知，依据勾股定理可求得，然后可求得△ABC的面积，最后根据三角形的面积=×三角形的周长×三角形的内切圆半径求解即可．
解：设△ABC的内切圆半径为r，
过点C作CD⊥AB，垂足为D．

∵AC=BC=2，，
∴AD=BD=．
在Rt△ACD中，CD=，
∴S△ABC=AB•CD=（AB+AC+BC）•r．
∴r=．
∴△ABC的内切圆半径为．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查的是三角形的内切圆与内心，明确三角形的面积=×三角形的周长×三角形的内切圆半径是解题的关键．
24．62°
【分析】先根据切线长定理得到∠1＝∠ABC，∠2＝∠BCD，∠3＝∠ADC，∠4＝∠BAD，再利用三角形内角和计算出∠1+∠2＝62°，则∠ABC+∠BCD＝124°，然后利用四边形内角和得出∠BAD+∠ADC＝236°，再求∠3+∠4＝118°即可．
解：∵圆O是四边形ABCD的内切圆，
∴OA平分ABC，OC平分∠BCD，OD平分∠ADC，OA平分∠BAD，
∴∠1＝∠ABC，∠2＝∠BCD，∠3＝∠ADC，∠4＝∠BAD，
∵∠1+∠2＝180°﹣∠BOC＝180°﹣118°＝62°，
∴∠ABC+∠BCD＝2（∠1+∠2）＝2×62°＝124°，
∵∠BAD+∠ADC＝360°﹣（∠ABC+∠BCD）＝360°﹣124°＝236°，
∴∠3+∠4＝（∠BAD+∠ADC）＝×236°＝118°，
∴∠AOD＝180°﹣（∠3+∠4）＝180°﹣118°＝62°．
故答案为：62°．

【点拨】本题考查了四边形的内切圆．切线的性质和切线长定理，三角形内角和，掌握四边形的内切圆性质．切线的性质和切线长定理，三角形内角和是解题关键．
25．4.5
【分析】根据勾股定理的逆定理推出，连接，，根据圆是的内切圆，得到，，，，推出正方形，设，得到方程，求出方程的解即可，进而得出其外接圆的半径，即可得出答案
解：如图：连接，

，


圆是的内切圆
，，，
四边形是正方形
设



直角三角形斜边长是直角三角形外接圆的直径
其外接圆半径为：

故答案为：
【点拨】本题考查了对三角形内切圆与内心以及直角三角形外接圆半径求法，切线长定理，切线的性质，正方形的性质和判定，勾股定理的逆定理等知识，综合运用这些性质进行推理是解题关键．
26．①②③
【分析】①首先连接，，由，，易得，又由，可得，继而证得为的切线；
②又由是直径，可得，由切线长定理可得，根据等角的余角相等，可得，根据等腰三角形的判定，可得答案；
③易证得是的中位线，则可得．
④由于在中，，在中，，而不一定等于，则可得不一定等于．
解：如图，连接，，

，，
，，
，
，
，
，
即，    
点上，
为的切线；
∵点在上，，
为的切线，

故①正确；
是直径，
，
，
，
是的切线，
，
，
，，
，
；故②正确；
，
是的中位线，
；故③正确；
在中，，
在中，，
，
，
但不一定等于，
不一定等于．故④错误．
故答案为：①②③．
【点拨】此题考查了切线的判定与性质、切线长定理、圆周角定理、三角形中位线的性质以及等腰三角形的性质．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
27．65°或115°
【分析】根据题意画出符合题意的图形，分别求出∠AOB，再根据切线的性质求出∠COD的度数．
解：如图，连接OA、OB、OE
∵PA，PB是⊙O的切线
∴OA⊥AP，OB⊥BP，
∴∠OAP=∠OBP=90°
∵∠APB=50°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-50°=130°
∵CD是⊙O的切线
∴OE⊥CD
∵∠CEO=∠DEO=90°
∵PA，PB，CD是⊙O的切线，A，B，E是切点，
∴∠OCA=∠OCE，∠ODB=∠ODE，
∵∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA，∠EOC=180°-∠OEC-∠OCE，
∴∠AOC=∠EOC
同理可得∠BOD=∠EOD
∴∠COD=∠EOC+∠EOD=∠AOE+∠BOE=∠AOB=65°

如图，连接OA、OB、OE
同理可得∠AOB=130°
同理可得∠COD=∠EOC+∠EOD=∠AOE+∠BOE
∴∠COD=（360°-130°）=115°
故答案为：65°或115°．

【点拨】此题主要考查考查了切线的性质，切线长定理，三角形的内角和等知识点的应用，解题的关键是根据题意分情况作图求解．
28．
【分析】过点I作IF⊥AC于点F，IE⊥OA于点E，直接利用直角三角形的性质得出其内切圆的半径，即IF的长进而得出I点的坐标，再利用旋转的性质得出对应坐标
解：过点I作IF⊥AC于点F，IE⊥OA于点E，

∵，
∴OB=AC=8，OA=BC=6，
∴AB=，
∵点是的内心，
∴I到△ABC各边的距离相等，等于其内切圆的半径，
即IF为内切圆的半径，
∴IF=，
故点I到BC的距离为2，
∴AE=IF=2，
AF=AC-CF=8-2=6，
OE=OA-AE=6-2=4，
∴点I坐标为（4，6），
∵绕原点顺时针旋转，
∴的对应点的坐标是．
故答案为．
【点拨】本题考查了直角三角形中内切圆的半径公式，坐标与图形变换——旋转，勾股定理等知识．直角三角形内切圆半径公式为：（a，b为直角三角形的两直角边，c为斜边，r为内切圆半径）．
29．
【分析】首先作∠DAF与∠AB1C1的角平分线，交于点O，则O为该圆的圆心，过O作OF⊥AB1交AB1于点F，则OF即为所求，根据角平分线的性质可得∠OAF=30°，∠AB1O=45°，根据等腰三角形的性质以及含30°角的直角三角形性质可得B1F=x，AF=-x，接下来在Rt△OFA，利用勾股定理即可得到关于x的方程，解方程即可求解.
解：作∠DAF与∠AB1C1的角平分线，交于点O，过O作OF⊥AB1交AB1于点F，
AB=AB1=，∠BAB1=30°，
∵四边形AB1C1D1是正方形，∠DAF与∠AB1C1的角平分线交于点O，∠BAB1=30°
∴∠OAF=30°，∠AB1O=45°
∵OF⊥AB1
∴B1F=OF=OA
设B1F=x，则AF=-x
∴（-x）2+x2=（2x）2
解得x=或x=（舍去）
即四边AB1ED的内切圆的半径为.
故答案为.

【点拨】此题主要考查了正方形中的旋转问题，添加合适的辅助线是解题关键.
30．
【分析】由题意知，∠BDC小于90o，，当⊙O与AM相切时，∠BDC最大，此时AD2=AB·AC，则AD=2，延长DO交AN于点E，DE=AD=2，设半径为x，OE=2-x，过O点作OH⊥BC，垂足为H，则OH=，BH=，在Rt△OHB中，+=，最后求得半径x=．
解：当⊙O与AM相切时，∠BDC最大，此时sin∠BDC的值最大，

∵⊙O与AM相切于点D，AB＝1，BC＝3，
∴AD2=AB·AC，
∴AD=2，
延长DO交AN于点E，过O点作OH⊥BC，垂足为H，连接BO，
∴ ，
∵，
∴△AED为等腰直角三角形，
∴DE=AD=2，
设⊙O半径为x，则OE=2-x，
∵ ，
∴， ，
在Rt△BOH中， ，
即+=，
解得： ，
∵⊙O半径大于0，
∴舍去，
∴x=．
故答案为：．
【点拨】本题考查了圆的综合题，熟练掌握切线的性质、圆周角定理和等腰直角三角形的性质、会利用勾股定理计算线段的长是解题关键．
31．（1）见分析；（2）12
【分析】（1）连接OB，证明△APO≌△BPO（SSS），由全等三角形的判定与性质得出∠PAO=∠PBO=90°，得出OB⊥PB，则可得出结论；
（2）由切线长定理可得出答案．
解：（1）证明：连接OB，

∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠PAO=90°，
在△APO和△BPO中，
，
∴△APO≌△BPO（SSS），
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴OB⊥PB，
∴PB与⊙O相切；
（2）解：∵PA，PB是⊙O的切线，过点Q作⊙O的切线，PA=6，
∴MA=MQ，NQ=NB，PA=PB=6，
∴△PMN的周长=PM+MQ+NQ+PN=PA+PB=12；
故答案为：12．
【点拨】本题考查了切线的判定与性质，切线长定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
32．（1）见分析；（2）的半径为1.5，
【分析】（1）连接DE，根据切线长定理可得∠BAO=∠DAO，∠PDC=90°，从而得到∠BAO=∠BAD，从而得到∠BAO==∠F，即可求证；
（2）根据切线长定理可得AB=AD=3，再由勾股定理可得BC=4，设的半径为x，则OD=x，OC=4-x，在中，由勾股定理可得的半径为1.5，由（1）可得，在中，由勾股定理，即可求解．
解：（1）证明：如图，连接DE，

∵，
∴AB与相切，
∵AD与相切，
∴∠BAO=∠DAO，∠PDC=90°，
∴∠BAO=∠BAD，
∵∠BAD=90°-∠C，∠C=90°-∠COD，
∴∠BAO==∠F；
（2）解：∵AB与相切，AD与相切，
∴AB=AD=3，
∵CD=2，
∴AC=5，
∴BC=4，
设的半径为x，则OD=x，OC=4-x，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得：x=1.5，
∴的半径为1.5，即OB=1.5，
∵DF为直径，DF=3，
∴∠DEF=90°，
∵，
∴，
∴EF=2DE，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得：或（舍去）．
【点拨】本题主要考查了切线长定理，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握切线长定理，圆周角定理是解题的关键．
33．（1）证明见分析；（2）；
【分析】（1）连接OB，证明△CAO≌△BAO（SSS），由全等三角形的性质得出∠OCA＝∠OBA．由切线的性质得出∠ABO＝90°，则∠OCA＝90°，可得出结论；
（2）由勾股定理求出BD的长，设AC＝x，则AC＝AB＝x，得出方程，解方程可得出答案．
解：（1）证明：连接OB，则OC＝OB，如图所示：

∵OA⊥BC，
∴EC＝BE，
∴OA是CB的垂直平分线，
∴AC＝AB，
∵在△CAO和△BAO中
，
∴△CAO≌△BAO（SSS），
∴∠OCA＝∠OBA．
∵AB为⊙O的切线，B为切点，
∴∠ABO＝90°，
∴∠OCA＝90°，即AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切线．
（2）解：∵OC＝2，OD＝5，

∴OB＝2，CD＝OC+OD＝7，
∵∠OBD＝90°，
∴BD，
设AC＝x，则AC＝AB＝x，
∵CD2+AC2＝AD2，
∴，
解得，
∴，
∴AD＝AB+BD＝AC+BD．
【点拨】本题主要考查了切线的性质与判定，三角形全等的性质与判定，勾股定理，切线长定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键．
34．（1）见分析;（2）4.8cm,MN＝9.6cm．
【分析】​（1）先由切线长定理和平行线的性质可求出∠OBC+∠OCB＝90°，进而可求∠BOC＝90°，然后证明∠NMC=90°，即可证明MN是⊙O的切线；
（2）连接OF，则OF⊥BC，根据勾股定理就可以求出BC的长，然后根据△BOC的面积就可以求出⊙O的半径，通过证明△NMC∽△BOC，即可求出MN的长.
解：（1）证明：∵AB、BC、CD分别与⊙O切于点E、F、G，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠DCB，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠DCB）＝×180°＝90°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣90°＝90°.
∵MN∥OB，
∴∠NMC＝∠BOC＝90°，
即MN⊥MC 且MO是⊙O的半径，
∴MN是⊙O的切线；
（2）解：连接OF，则OF⊥BC，
由（1）知，△BOC是直角三角形，
∴BC＝＝＝10，
∵S△BOC＝•OB•OC＝•BC•OF，
∴6×8＝10×OF，
∴OF＝4.8cm，
∴⊙O的半径为4.8cm，
由（1）知，∠NCM＝∠BCO，∠NMC＝∠BOC＝90°，
∴△NMC∽△BOC，
∴，即＝，
∴MN＝9.6（cm）．

【点拨】本题主要考查的是切线的判定与性质，切线长定理，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理，三角形的面积等有关知识.熟练掌握各知识点是解答本题的关键.
35．（1），
（2）
【分析】（1）由圆周角定理得，由C为的中点，得，从而，即可求得的度数，通过勾股定理即可求得AC的长度；
（2）证明四边形为矩形，FD=CE= CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．
解：（1）∵为的直径，
∴，
由C为的中点，得，
∴，得，
在中，，
∴；
根据勾股定理，有，
又，得，
∴；
（2）∵是的切线，
∴，即，
∵，垂足为E，
∴，
同（1）可得，有，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，于是，
在中，由，得，
∴．
【点拨】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题．
36．（1）见分析；（2）见分析；（3）直线l是圆O的切线，理由见分析
【分析】（1）由圆周角定理得∠A＝∠C，由ASA得出△AED≌△CEB；
（2）由直角三角形斜边上的中线性质得EF＝BC＝BF，由等腰三角形的性质得∠FEB＝∠B，由圆周角定理和对顶角相等证出∠A＋∠AEG＝90°，进而得出结论；
（3）作OH⊥AB于H，连接OB，由垂径定理得出AH＝BH＝AB＝2，则EH＝AH−AE＝1，由勾股定理求出OH＝1，OB＝，由一条直线l到圆心O的距离d＝等于⊙O的半径，即可得出结论．
解：（1）证明：由圆周角定理得：∠A＝∠C，
在△AED和△CEB中，
，
∴△AED≌△CEB（ASA）；
（2）证明：∵AB⊥CD，
∴∠AED＝∠CEB＝90°，
∴∠C+∠B＝90°，
∵点F是BC的中点，
∴EF＝BC＝BF，
∴∠FEB＝∠B，
∵∠A＝∠C，∠AEG＝∠FEB＝∠B，
∴∠A+∠AEG＝∠C+∠B＝90°，
∴∠AGE＝90°，∴FG⊥AD；
（3）解：直线l是圆O的切线，理由如下：作OH⊥AB于H，连接OB，如图所示：
  
∵AE＝1，BE＝3，
∴AB＝AE+BE＝4，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝2，
∴EH＝AH﹣AE＝1，
∴OH＝＝＝1，
∴OB＝＝＝，即⊙O的半径为，
∵一条直线l到圆心O的距离d＝＝⊙O的半径，
∴直线l是圆O的切线．
【点拨】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、垂径定理、切线的判定、全等三角形的判定、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．